标签：有关 大小 lte http 直接 运算符优先级 成功 @param png
基础类型
在java中：
byte -> 8 bits -->1字节 char -> 16 bit -->2字节 short -> 16 bits -->2字节 int -> 32 bits -->4字节 float -> 32 bits -->4字节 long -> 64 bits -->8字节
位运算符
在java中，int数据底层以补码形式存储。int型变量使用32bit存储数据，其中最高位是符号位，0表示正数，1表示负数，可通过Integer.toBinaryString()转换为bit字符串，
// 若最高的几位为0则不输出这几位，从为1的那一位开始输出 System.out.println(Integer.toBinaryString(10)); System.out.println(Integer.toBinaryString(-10)); // 会输出（手工排版过，以下的输出均会被手工排版）： 1010 11111111111111111111111111110110
左移<<
例如：5 << 2 = 20
首先会将5转为2进制表示形式: 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0101
然后左移2位后，低位补0： 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001 0100
换算成10进制为20
右移>>
例如： 5 >> 2 = 1
还是先将5转为2进制表示形式： 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0101
然后右移2位，高位补0： 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
换算成十进制后是1
无符号右移>>>
5 >>> 3
我们知道在Java中int类型占32位，可以表示一个正数，也可以表示一个负数。正数换算成二进制后的最高位为0，负数的二进制最高为为1。对于2进制补码的加法运算，和平常的计算一样，而且符号位也参与运算，不过最后只保留32位
-5换算成二进制： 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1011
-5右移3位： 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 // (用1进行补位，结果为-1)
-5无符号右移3位: 0001 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 // (用0进行补位,结果536870911 )
位与&
第一个操作数的的第n位于第二个操作数的第n位如果都是1，那么结果的第n为也为1，否则为0
5转换为二进制：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0101
3转换为二进制：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0011
------------------------------------------------------------
1转换为二进制：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
位或|
第一个操作数的的第n位于第二个操作数的第n位只要有一个为1则为1，否则为0
5转换为二进制：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0101
3转换为二进制：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0011
-------------------------------------------------------------------------------------
6转换为二进制：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0111
对于移位运算，例如将x左移/右移n位，如果x是byte、short、char、int，n会先模32（即n=n%32），然后再进行移位操作。可以这样解释：int类型为32位,移动32位（或以上）没有意义。
同理若x是long，n=n%64。
左移和右移代替乘除
a=a*4;
b=b/4;
可以改为
a=a<<2; b=b>>2;
说明： 除2 = 右移1位 乘2 = 左移1位 除4 = 右移2位 乘4 = 左移2位 除8 = 右移3位 乘8 = 左移3位 … …
类比十进制中的满十进一，向左移动小数点后，数字就会缩小十倍，在二进制中满二进一，进行右移一次相当于缩小了2两倍，右移两位相当于缩小了4倍，右移三位相当于缩小了8倍。通常如果需要乘以或除以2的n次方，都可以用移位的方法代替。
实际上，只要是乘以或除以一个整数，均可以用移位的方法得到结果如：
a=a*9
分析a9可以拆分成a(8+1)即a8+a1, 因此可以改为： a=(a<<3)+a
a=a*7
分析a7可以拆分成a(8-1)即a8-a1, 因此可以改为： a=(a<<3)-a
关于除法读者可以类推, 此略。
【注意】由于+/-运算符优先级比移位运算符高，所以在写公式时候一定要记得添加括号，不可以 a = a*12 等价于 a = a<<3 +a <<2; 要写成a = (a<<3)+(a <<2 )。
与运算代替取余
31转换为二进制：011111,0,31
32转换为二进制：100010 与31取交集的结果是：10转换为十进制为2
31转换为二进制：100001 与31取交集的结果是：01转换为十进制为1
30转换为二进制：011110 与31取交集的结果是：11110转换为十进制为30
29转换为二进制：011101 与31取交集的结果是：11101转换为十进制为29
33转换为二进制：100001 与31取交集的结果是：1转换为十进制为1
31转换为二进制后，低位值全部为1，高位全为0。所以和其进行与运算，高位和0与，结果是0，相当于将高位全部截取，截取后的结果肯定小于等于31，地位全部为1，与1与值为其本身，所以相当于对数进行了取余操作。
0x开头表示16进制，例如：0x2表示：2，0x2f表示480开头表示8进制，例如：02表示：2,010表示：8Integer.toHexString(int i) // 十进制转成十六进制 Integer.toOctalString(int i) // 十进制转成八进制 Integer.toBinaryString(int i)// 十进制转成二进制 Integer.valueOf(m,n).toString() // 把n进制的m转换为10进制
在java中，一个int类型占32个字节，我们用一个int数组来表示时未new int[32],总计占用内存32*32bit,现假如我们用int字节码的每一位表示一个数字的话，那么32个数字只需要一个int类型所占内存空间大小就够了，这样在大数据量的情况下会节省很多内存。
具体思路：
1个int占4字节即4*8=32位，那么我们只需要申请一个int数组长度为 int tmp[1+N/32]即可存储完这些数据，其中N代表要进行查找的总数，tmp中的每个元素在内存在占32位可以对应表示十进制数0~31,所以可得到BitMap表:
tmp[0]:可表示0~31
tmp[1]:可表示32~63
tmp[2]可表示64~95
.......
那么接下来就看看十进制数如何转换为对应的bit位：
假设这40亿int数据为：6,3,8,32,36,......，那么具体的BitMap表示为：
如何判断int数字在tmp数组的哪个下标，这个其实可以通过直接除以32取整数部分，例如：整数8除以32取整等于0，那么8就在tmp[0]上。另外，我们如何知道了8在tmp[0]中的32个位中的哪个位，这种情况直接mod上32就ok，又如整数8，在tmp[0]中的第8 mod上32等于8，那么整数8就在tmp[0]中的第八个bit位（从右边数起）。
private long length; private static int[] bitsMap; private static final int[] BIT_VALUE = {0x00000001, 0x00000002, 0x00000004, 0x00000008, 0x00000010, 0x00000020, 0x00000040, 0x00000080, 0x00000100, 0x00000200, 0x00000400, 0x00000800, 0x00001000, 0x00002000, 0x00004000, 0x00008000, 0x00010000, 0x00020000, 0x00040000, 0x00080000, 0x00100000, 0x00200000, 0x00400000, 0x00800000, 0x01000000, 0x02000000, 0x04000000, 0x08000000, 0x10000000, 0x20000000, 0x40000000, 0x80000000}; public BitMap2(long length) { this.length = length; /** * 根据长度算出，所需数组大小 * 当 length%32=0 时大小等于 * = length/32 * 当 length%32>0 时大小等于 * = length/32+l */ bitsMap = new int[(int) (length >> 5) + ((length & 31) > 0 ? 1 : 0)]; } /** * @param n 要被设置的值为n */ public void setN(long n) { if (n < 0 || n > length) { throw new IllegalArgumentException("length value "+n+" is illegal!"); } // 求出该n所在bitMap的下标,等价于"n/5" int index = (int) n>>5; // 求出该值的偏移量(求余),等价于"n%31" int offset = (int) n & 31; /** * 等价于 * int bits = bitsMap[index]; * bitsMap[index]=bits| BIT_VALUE[offset]; * 例如,n=3时,设置byte第4个位置为1 （从0开始计数，bitsMap[0]可代表的数为：0~31，从左到右每一个bit位表示一位数） * bitsMap[0]=00000000 00000000 00000000 00000000 | 00000000 00000000 00000000 00001000=00000000 00000000 00000000 00000000 00001000 * 即: bitsMap[0]= 0 | 0x00000008 = 3 * * 例如,n=4时,设置byte第5个位置为1 * bitsMap[0]=00000000 00000000 00000000 00001000 | 00000000 00000000 00000000 00010000=00000000 00000000 00000000 00000000 00011000 * 即: bitsMap[0]=3 | 0x00000010 = 12 */ bitsMap[index] |= BIT_VALUE[offset]; } /** * 获取值N是否存在 * @return 1：存在，0：不存在 */ public int isExist(long n) { if (n < 0 || n > length) { throw new IllegalArgumentException("length value illegal!"); } int index = (int) n>>5; int offset = (int) n & 31; int bits = (int) bitsMap[index]; // System.out.println("n="+n+",index="+index+",offset="+offset+",bits="+Integer.toBinaryString(bitsMap[index])); return ((bits & BIT_VALUE[offset])) >>> offset; }
1：看个小场景 > 在3亿个整数中找出不重复的整数，限制内存不足以容纳3亿个整数。
对于这种场景我可以采用2-BitMap来解决，即为每个整数分配2bit，用不同的0、1组合来标识特殊意思，如00表示此整数没有出现过，01表示出现一次，11表示出现过多次，就可以找出重复的整数了，其需要的内存空间是正常BitMap的2倍，为：3亿*2/8/1024/1024=71.5MB。
具体的过程如下：
扫描着3亿个整数，组BitMap，先查看BitMap中的对应位置，如果00则变成01，是01则变成11，是11则保持不变，当将3亿个整数扫描完之后也就是说整个BitMap已经组装完毕。最后查看BitMap将对应位为11的整数输出即可。
2:已知某个文件内包含一些电话号码，每个号码为8位数字，统计不同号码的个数。
8位最多99 999 999，大概需要99m个bit，大概10几m字节的内存即可。 （可以理解为从0-99 999 999的数字，每个数字对应一个Bit位，所以只需要99M个Bit==1.2MBytes，这样，就用了小小的1.2M左右的内存表示了所有的8位数的电话）
BitMap 的思想在面试的时候还是可以用来解决不少问题的，然后在很多系统中也都会用到，算是一种不错的解决问题的思路。
但是 BitMap 也有一些局限，因此会有其它一些基于 BitMap 的算法出现来解决这些问题。
另一种方式分析BitMap
一、问题引入
bitMap结构.p
是不是很神奇，那么现在假如10亿的数据所需的空间就是3.72G/32了吧，一个占用32bit的数据现在只占用了1bit，节省了不少的空间，排序就更不用说了，一切显得那么顺利。这样的数据之间没有关联性，要是读取的，你可以用多线程的方式去读取。时间复杂度方面也是O(Max/n)，其中Max为byte[]数组的大小，n为线程大小。
三、应用与代码
如果BitMap仅仅是这个特点，我觉得还不是它的优雅的地方，接下来继续欣赏它的魅力所在。下面的计算思想其实就是针对bit的逻辑运算得到，类似这种逻辑运算的应用场景可以用于权限计算之中。
再看代码之前，我们先搞清楚一个问题，一个数怎么快速定位它的索引号，也就是说搞清楚byte[index]的index是多少，position是哪一位。举个例子吧，例如add(14)。14已经超出byte[0]的映射范围，在byte[1]范围之类。那么怎么快速定位它的索引呢。如果找到它的索引号，又怎么定位它的位置呢。Index(N)代表N的索引号，Position(N)代表N的所在的位置号。
Index(N) = N/8 = N >> 3;
Position(N) = N%8 = N & 0x07;
(1) add(int num)
你要向bitmap里add数据该怎么办呢，不用担心，很简单，也很神奇。
上面已经分析了，add的目的是为了将所在的位置从0变成1.其他位置不变.
代码：
public void add(int num){ // num/8得到byte[]的index int arrayIndex = num >> 3; // num%8得到在byte[index]的位置 int position = num & 0x07; //将1左移position后，那个位置自然就是1，然后和以前的数据做|，这样，那个位置就替换成1了。 bits[arrayIndex] |= 1 << position; }
(2) clear(int num)
对1进行左移，然后取反，最后与byte[index]作与操作。
实例代码：
public void clear(int num){ // num/8得到byte[]的index int arrayIndex = num >> 3; // num%8得到在byte[index]的位置 int position = num & 0x07; //将1左移position后，那个位置自然就是1，然后对取反，再与当前值做&，即可清除当前的位置了. bits[arrayIndex] &= ~(1 << position); }
(3) contain(int num)
public boolean contain(int num){ // num/8得到byte[]的index int arrayIndex = num >> 3; // num%8得到在byte[index]的位置 int position = num & 0x07; //将1左移position后，那个位置自然就是1，然后和以前的数据做&，判断是否为0即可 return (bits[arrayIndex] & (1 << position)) !=0; }
全部代码：
public class BitMap { //保存数据的 private byte[] bits; //能够存储多少数据 private int capacity; public BitMap(int capacity){ this.capacity = capacity; //1bit能存储8个数据，那么capacity数据需要多少个bit呢，capacity/8+1,右移3位相当于除以8 bits = new byte[(capacity >>3 )+1]; } public void add(int num){ // num/8得到byte[]的index int arrayIndex = num >> 3; // num%8得到在byte[index]的位置 int position = num & 0x07; //将1左移position后，那个位置自然就是1，然后和以前的数据做|，这样，那个位置就替换成1了。 bits[arrayIndex] |= 1 << position; } public boolean contain(int num){ // num/8得到byte[]的index int arrayIndex = num >> 3; // num%8得到在byte[index]的位置 int position = num & 0x07; //将1左移position后，那个位置自然就是1，然后和以前的数据做&，判断是否为0即可 return (bits[arrayIndex] & (1 << position)) !=0; } public void clear(int num){ // num/8得到byte[]的index int arrayIndex = num >> 3; // num%8得到在byte[index]的位置 int position = num & 0x07; //将1左移position后，那个位置自然就是1，然后对取反，再与当前值做&，即可清除当前的位置了. bits[arrayIndex] &= ~(1 << position); } public static void main(String[] args) { BitMap bitmap = new BitMap(100); bitmap.add(7); System.out.println("插入7成功"); boolean isexsit = bitmap.contain(7); System.out.println("7是否存在:"+isexsit); bitmap.clear(7); isexsit = bitmap.contain(7); System.out.println("7是否存在:"+isexsit); } }
出处： https://my.oschina.net/freelili/blog/2885263
http://www.cnblogs.com/wuhuangdi/p/4126752.html#3074215
标签：有关 大小 lte http 直接 运算符优先级 成功 @param png
原文地址：https://www.cnblogs.com/myseries/p/10880641.html
